2020届湖南省天壹名校联盟高三12月大联考数学（理）试题 PDF版.zip

第 1页（共 5页）理科数学理科数学参考答案参考答案一、一、选择题（本大题共选择题（本大题共 1212 小题，小题，每小题每小题 5 5 分，分，共共 6060 分）分）题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212答案答案DADCBBABACBC1.D解析：A1，2，B1，2，AB1，22.A解析：a(a2b)a22ab12120，故选 A3.D解析：A 不单调，B 单调递减，C 是偶函数，D 满足条件4.C解析：z13i1i（13i）（1i）212i，故选 C.5B解析：由题意可知 m 天后剩下的线段的长度为(12)m，则(12)m1100，解得 m7，故选 B.6B解析：由线面间的位置关系易知选 B.7A解析：由已知綈 p：x0(1，1)，f(x0)0 为真命题f(x)为增函数，f(1)f(1)0，1e1a1e，a0，1，2，3，故选 A.8B解析：x2020，x2018，x2016，x0，x2，ym2m12，m3，故选 B.9A解析：设一条渐近线方程为 ykx，则|3k|k212，解得 k245，b2a245，c2a295，e3 55.10.C解析：由已知得2，x是 f(x)的一条对称轴，且使 f(x)取得最值，则 3k，3，f(x)cos(2x3)cos2(x512)2，g(x)sin2xcos(2x2)，故选 C11.B解析：由已知得直线 l 的方程为：yex1aex1a(xx1)，y x212 x2(xx2)，ex1a12 x2ex1a（1x1）x22，消去 ex1a整理得 x1x21.12C解析：如图，ECPEPC3 32，PAPB3，设PAB 与ABC 的中心分别为 G，H，过 G，H 分别作面 PAB 与面 ABC 的垂线交于点 O，则 O 是外接球的球心，连接 OE，则OEH30.EH32，OE1，ROB OE2BE2132，S4R213.第 2页（共 5页）二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，小题，每小题每小题 5 5 分，分，共共 2020 分）分）13.314.415.3016.7133解析：作出可行域知 z2xy 在点(3，3)处取得最大值 3.144解析：设等差数列an的公差为 d，则由已知可得 a19d，ana1+（n1）d（n+8）d.ak是 a1与 a2k的等比中项，ak2a1a2k，即（k+8）2d29d（2k+8）d，化简得 k22k80，解得 k4（2 舍去）.1530解析：(12xx)5表示 5 个因式(12xx)的乘积，有 2 个因式都选x，其余的 3 个因式都选1，相乘可得含 x2的项，或者有 3 个因式选x，有 1 个因式选1x，1 个因式选 1，相乘可得含 x2的项，故 x2项的系数为 C25(C35C122)30.(或将括号里面 2 项组合起来展开考虑)16.7解析：注意到 l1的倾斜角为 30，如图，设 A 在 l2上的射影为 M，A 在 l1上的射影为 N.AMAF，当 A，F，N 三点共线时，d1d2取得最小值，此时AN 与 AM 夹角为 60，d12d2，N 在 l2上，FA：y 3(x1)，N(1，2 3)，代入 l1解得 b7.三、三、解答题（解答题（本大题本大题共共 6 6 小小题，共题，共 7070 分）分）17解析：(1)由余弦定理得 a2c2b22accosB，sinAsinB2accosBc22sinAcosBsinC，sin2BsinC，2BC 或 2BC，由 2BC 得 AB，不符合条件，C2B.(5 分)(2)由(1)及正弦定理得32 3sinBsinCsinB2sinBcosB，cosB33a21292a2 3，解得 a1 或 3(舍)，SABC1212 363 2.(12 分)18解析：(1)连接 A1C 交 AC1于点 O，连接 OD，则平面 A1BC平面 ADC1OD，A1B平面 ADC1，A1BOD，O 为 A1C 的中点，D 为 BC 的中点，ADBC，B1D平面 ABC，ADB1D，BCB1DD，AD平面 BCC1B1，AD平面 ADC1，平面 ADC1平面 BCC1B1.(6 分)(2)建立如图所示空间直角坐标系 Dxyz，设 AB2，则 B(1，0，0)，A(0，3，0)，B1(0，0，3)，C1(2，0，3)，第 3页（共 5页）BA(1，3，0)，DA(0，3，0)，DC1(2，0，3)，设平面 ADC1的法向量为 n(x，y，z)，则3y02x 3z0，取 x 3得 n(3，0，2)，|cos|32 7|2114，即直线 AB 与平面 ADC1所成角的正弦值为2114.(12 分)19解析：(1)由 y1661iiy60 得16(7065625956t)60，解得 t48，621iix324252627282199，n x265.52181.5，代入可得b19101980199181.57017.54，a ybx60(4)5.582，所求的线性回归方程为y4x82.(5 分)(2)利用(1)中所求的线性回归方程y4x82 可得，当 x13 时，y170；当 x24 时，y266；当 x35 时，y362；当 x46 时，y458；当 x57 时，y554；当 x68 时，y650；与销售数据对比可知满足|yiyi|1 的共有 4 个“好数据”：(3，70)、(4，65)、(5，62)、(6，59)，由题意知 X 的可能取值为 1，2，3，P(X1)C22C14C3615，P(X2)C12C24C3635，P(X3)C02C34C3615.X 的分布列为X123P153515数学期望 EX1152353152.(12 分)20解析：(1)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，由已知得ca22，a22b2，椭圆 C：x22y22b2，代入直线 l 方程整理得(m22)y22my12b20，y1y22mm22252，y1y212b2m2225(12b2)，x1x2(my11)(my21)25(2b2)，第 4页（共 5页）OMON，x1x2y1y20，解得 b21，椭圆 C 的方程为x22y21.(6 分)(2)由(1)知 Q(x2，y2)，kPMy1x12，kPQy2x22，kPMkPQy1x12y2x22y1（x22）y2（x12）（x12）（x22），y1(x22)y2(x12)y1(my21)y2(my11)2my1y2(y1y2)0，kPMkPQ，P、M、Q 三点共线(12 分)21解析：(1)f(x)2lnx2a，由 f(x)0 得 xea22，当 xea22时，f(x)0，当 0 xea22时，f(x)0，f(x)在 xea22处取得最小值 f(ea22)12ea220，解得 a22ln2.ea2ea22，f(ea2)10，f(x)在(ea22，)上有 1 个零点；a22ln2，14a120，f(14a)0，f(x)在(14a，ea22)上有 1 个零点，综上，a 的取值范围是(22ln2，)(6 分)（分参数形结合可酌情给分）(2)由 f(x)0 得 2lnx1xa，令 g(x)2lnx1x，则 x1，x2是 yg(x)与 ya 交点横坐标g(x)2x1x22x1x2，当 0 x12时，g(x)0，g(x)在(0，12)上是减函数，在(12，)上是增函数，g(x)在 x12处取得最小值，0 x112x2，设 h(x)g(x)g(14x)(x12)，h(x)（2x1）2x20，h(x)是减函数，h(x)h(12)0，g(x)g(14x)，x212，g(x1)g(x2)g(14x2)，x1、14x2(0，12)，g(x)在(0，12)上递减，x114x2，即 4x1x21.(12 分)22解析：(1)由24 2cos(4)80 得24cos4sin80，x2y24x4y80，曲线 C 的直角坐标方程为(x2)2(y2)216.(4 分)(2)将直线 l 的参数方程代入 C 方程整理得 t22t(sincos)140，t1t22(sincos)，t1t2140，第 5页（共 5页）|PA|PB|t1|t2|t1t2|2 2|sin(4)|，0，4454，22sin(4)1，|PA|PB|的取值范围是0，2 2(10 分)23解析：(1)当 x4 时，x2x42x，恒成立，此时 x4；当 x2 时，x2x42x，解得 x12，此时无解；当2x4 时，x2x42x，解得 x3，此时 3x4，综上，不等式的解集是3，)(5 分)(2)由 f(x)k|x1|得|x2|x4|k|x1|，当 x1 时，60 恒成立，此时 kR，当 x1 时，k|x2|x4|x1|x13|x13|x1|13x1|13x1|，又|13x1|13x1|2，k2，综上，k 的取值范围是(，2(10 分)书书书?槡?槡?槡?槡?槡?槡?槡?槡?槡?